牛客小白月赛72（A~D题解）_牛客小白月赛72题解

原题地址：牛客小白月赛72

题目A：跳跃游戏

思路：

因为只能往后跳并且后面的要比前面高，说明只要最后一个阶梯的高度大于第一个阶梯，就一定能从第一个阶梯跳到最后一个阶梯。

代码：

#include <iostream>
using namespace std;

const int N = 1e5 + 10;

int h[N];

int main()
{
    int n;
    scanf("%d", &n);
    for (int i = 1; i <= n; i ++ )
        scanf("%d", &h[i]);
    if (h[1] < h[n]) puts("YES");
    else puts("NO");
    return 0;
}
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题目B：数数

思路：

第一种思路，从1到n，枚举每一个数，求每一个数的因子数量。因为因子都是对称的，例如对数字9来说，1 * 9 = 9, 3 * 3 = 9, 9 * 1 = 9 。有1,3,9三个因子。仔细观察，可以发现：只需要判断√x是否为整数。如果是，因子数量就是奇数。

代码：

#include <iostream>
#include <cmath>
using namespace std;

bool check(int x)
{
    int res = sqrt(x);
    if (res * res == x)
        return true;
    return false;
}

int main()
{
    int t;
    scanf("%d", &t);
    while (t -- )
    {
        int n;
        scanf("%d", &n);
        int cnt = 0;
        for (int i = 1; i <= n; i ++ )
            if (check(i)) cnt ++ ;
        printf("%d\n", cnt);
    }
    return 0;
}
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题目C：操作数组

思路：

每做一次操作，数组a中的一个数加1，一个数减1。要使数组a能变成数组b，说明数组a和数组b的差值之和是0。可以发现，每操作一次，数组a和数组b的差值的绝对值减少2。所以，我们可以算出数组a和数组b的差值的绝对值，对其除以2便可以得到答案。

注意：

因为数组a和数组b的值很大，如果相加的值用int来存会溢出，此处需开long long来存

代码：

#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;

typedef long long LL;

const int N = 1e5 + 10;

int a[N], b[N];

int main()
{
    int n;
    scanf("%d", &n);
    for (int i = 0; i < n; i ++ )
        scanf("%d", &a[i]);
    for (int i = 0; i < n; i ++ )
        scanf("%d", &b[i]);
    LL res = 0, d = 0;
    for (int i = 0; i < n; i ++ )
    {
        res += b[i] - a[i];
        d += abs(b[i] - a[i]);
    }
        
    if (res == 0) printf("%lld\n", d / 2);
    else puts("-1");
    return 0;
}
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题目D：遗迹探险

思路：

要算从(1, 1)到(n, m)的最大价值，只要一路把大的加上。因为有传送门，有以下三种情况：

第一种情况：

先走到第j个传送门，然后传回第i个传送门，这样多收获了第i个传送门到第j个传送门之间的价值。

第二种情况：

走到第j个传送门后，直接越过中间部分，传送到第i个传送门。

第三种情况

不使用传送门，直接从起点走到终点。

所以，只要算出从起点到每个坐标的最大价值和从终点到每个坐标的最大价值。然后比较使用传送门和不使用传送门哪个价值更大，求出最大值就解决了。

代码：

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;

typedef long long LL;

const int N = 1010, M = 10;

int n, m;
int a[N][N];
LL f[N][N], g[N][N];

struct Point
{
    int x, y;
}p[M];

int main()
{
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for (int i = 1; i <= n; i ++ )
        for (int j = 1; j <= m; j ++ )
            scanf("%d", &a[i][j]);
    // 求终点到每个点的最大价值        
    memset(f, -0x3f, sizeof f);
    f[n + 1][m] = f[n][m + 1] = 0;
    for (int i = n; i >= 1; i -- )
        for (int j = m; j >= 1; j -- )
            f[i][j] = max(f[i + 1][j], f[i][j + 1]) + a[i][j];
            
    // 求起点到每个点的最大价值
    memset(g, -0x3f, sizeof g);
    g[0][1] = g[1][0] = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i ++ )
        for (int j = 1; j <= m; j ++ )
            g[i][j] = max(g[i - 1][j], g[i][j - 1]) + a[i][j];
            
    int t;
    scanf("%d", &t);
    while (t -- )
    {
        LL res = f[1][1]; // 初始值为不使用传送门
        int k;
        scanf("%d", &k);
        for (int i = 0; i < k; i ++ )
            scanf("%d%d", &p[i].x, &p[i].y);
        // 枚举使用传送门的全部情况
        for (int i = 0; i < k; i ++ )
            for (int j = 0; j < k; j ++ )
                if (i != j)
                    res = max(res, f[p[i].x][p[i].y] + g[p[j].x][p[j].y]);
        printf("%lld\n", res);
    }
    return 0;
}
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